Approximationstheorie

56 3 APPROXIMATION IN LINEAREN RÄUMEN
ermittelt, wo der maximale Fehler angenommen wird und ob die Vorzeichen sich schön abwechseln.
Trotzdem wollen wir natürlich auch Satz 3.24 fertigbeweisen und das erfolgt, indem
wir zeigen, daß jede extremale Signatur eine Alternante enthalten muß; da nach dem Satz von
Rivlin&Shapiro, Satz 3.11, für jede Bestapproximation φ ∗ von f ∈ C(X) eine extremale Signatur
σ mit Xσ ⊆ E (f, φ ∗ ) existiert, die das Vorzeichenverhalten des Approximationsfehlers
beschreibt, existiert somit auch eine Alternante.
Proposition 3.26 Sei Φ ein n–dimensionaler reeller Haar–Raum
1. jede extremale Signatur σ für Φ enthält eine Signatur σ ′ der Länge n + 1, die man so
anordnen kann, daß
x ′ 0 < · · · < x ′ n und σ ′ j−1 = −σ ′ j, j = 1, . . . , n. (3.20)
2. Ist umgekehrt σ ′ eine Signatur, die (3.20) erfüllt, dann ist σ ′ eine extremale Signatur.
Beweis: Für 1) sei σ eine extremale Signatur, sagen wir, der Länge N + 1. Wir indizieren Xσ
als x0 < x1 < · · · < xN und bilden nun Blöcke Xj, j = 0, . . . , k, so daß
Xj < Xj+1 und xℓ, xm ∈ Xj ⇒ σℓ = σm. (3.21)
Anschaulich bedeutet (3.21), daß man gerade alle aufeinderfolgenden Punkte mit gleicher Vorzeichenvorgabe
in einem Block zusammenfaßt. Wäre die Proposition nun falsch, dann würde k,
die Anzahl der Blöcke, k < n erfüllen. Wir wählen nun k − 1 Punkte y0, . . . , yk−1 so, daß
X0 < y0 < X1 < y1 < · · · < Xk−1 < yk−1 < Xk
und wählen einen k + 1–dimensionalen Teilraum Φk+1 von Φ, der auf dem nichttrivialen kompakten
Intervall [a, b] mit x0 < a < y0 und yk < b < xN ebenfalls ein Haar–Raum ist, siehe
Übung 3.9. Die (eindeutige) Lösung φ des Interpolationsproblems
φ (a) = σ0, φ (yj) = 0, j = 0, . . . , k − 1,
in Φk+1 hat nun gerade die Maximalzahl von k Nullstellen 69 und erfüllt daher, daß sgn φ (xj) =
σj, j = 0, . . . , N. Daß bedeutet aber, daß mit den µ0, . . . , µN der extremalen Signatur
0 =
N
µj σj φ (xj) =
j=0
N
j=0
µj
>0
σj σj
=1
|φ (xj)| > 0
>0
ist, was einen offensichtlichen Widerspruch darstellt.
Für 2) betrachten wir zu einer Basis φ1, . . . , φn von Φ die n × n + 1–Matrix
⎡
φ1 (x
⎢
A = ⎣
′ 0) . . . φ1 (x ′ n)
.
. .. .
φn (x ′ 0) . . . φn (x ′ ⎤
⎥
⎦ ,
n)
69 Und die müssen einfach sein, wer’s nicht glaubt, soll’s selbst beweisen, und zwar durch einmaliges Abdividieren
der Nullstelle und Renormalisierung des Resultats, was zu einer weiteren Lösung kleineren Grades führt.